全国卷历年数学高考真题汇编 三角函数

全国卷历年数学高考真题汇编三角函数

2017全国I卷9题：已知曲线C1:y=cosx，C2:y=sin(2x+π/3)，则下面结论正确的是（D）解析：首先将C1、C2统一为一三角函数名，可将C1:y=cosx用诱导公式处理得到y=sin(x+π/2)。横坐标变换需将ω=1变成ω=2，C1上各点横坐标缩短到原来的1/π，得到y=sin(2x)。再将横坐标缩短到原来的1/2，纵坐标不变，再将得到的曲线向左平移π/6个单位长度，得到曲线C2:y=sin(2x-π/6)。故选D。2017全国I卷17题：△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为S=3sinA/2。（1）求sinBsinC；（2）若6cosBcosC=1，a=3，求△ABC的周长。解析：利用正弦定理得sinB=b*sinA/a，sinC=c*sinA/a。将其代入sinBsinC中得sinBsinC=sin^2A/a^2。将S代入得3sinA/2=1/2*bc*sinA/a，化简得b*c=3/a。又因为cosBcosC=1/6，利用余弦定理得a^2=b^2+c^2-2bc*cosA=13-2bc*cosA，代入b*c=3/a得到bc=9/13。从而解得b=3/√13，c=3√10/13。最后利用余弦定理求得cosA=5/13，sinA=12/13，从而解得△ABC的周长为a+b+c=3+3√10/13+3/√13。题目：已知三角形ABC，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sin(A+C)=8sin^2B，求cosB和b，已知a+c=6，S(ABC)=2。解析：首先，我们注意到sin(A+C)=8sin^2B可以转化为sinAcosC+cosAsinC=8sin^2B，进一步变形得到sinAcosC=8sinBcosBsinC。然后我们可以利用余弦定理求出a^2=b^2+c^2-bc，以及利用正弦定理求出b=sinB(a/sinA)，c=sinC(a/sinA)。将b和c代入sinAcosC=8sinBcosBsinC中，得到cosB=(17-15cos^2B)/34，解得cosB=1或cosB=3/17。因为A∈(0,π)，所以sinA>0，因此可以确定b的值为b=2。已知三角形ABC，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知sin(A+C)=8sin^2B。求cosB和b，已知a+c=6，S(ABC)=2。我们可以将sin(A+C)=8sin^2B转化为sinAcosC+cosAsinC=8sin^2B。进一步变形得到sinAcosC=8sinBcosBsinC。利用余弦定理求出a^2=b^2+c^2-bc，利用正弦定理求出b=sinB(a/sinA)，c=sinC(a/sinA)。将b和c代入sinAcosC=8sinBcosBsinC中，得到cosB=(17-15cos^2B)/34。解得cosB=1或cosB=3/17。因为A∈(0,π)，所以sinA>0，因此可以确定b的值为b=2。解三角形问题是高考高频考点，命题大多放在解答题的第一题。解题时要灵活利用三角形的边角关系进行“边转角”“角转边”，另外要注意$a+c,ac,a+c$三者的关系，这样的题目小而活，备受老师和学生的欢迎。【例一】（2017全国卷3理）已知$\triangleABC$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，$\angleA$，已知$\sinA+3\cosA=\frac{\pi}{2}$，$a=27$，$b=2$。（1）求$c$；（2）设$D$为$BC$边上一点，且$AD\perpAC$，求$\triangleABD$的面积。【解析】（1）由$\sinA+3\cosA=$，得$2\sin\left(A+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{\pi}{2}$，即$A+\frac{\pi}{3}=k\pi\(k\inZ)$，又$A\in(0,\pi)$，故$A+\frac{\pi}{3}=\pi$，得$A=\frac{\pi}{3}$。由余弦定理$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$。又$a=27$，$b=2$，$\cosA=-\frac{1}{2}$，代入并整理得$(c+1)^2=25$，故$c=4$。（2）由勾股定理$AC^2=2^2+27^2-4^2=730$，故$AC=\sqrt{730}$。又$\angleC=90^\circ$，故$\triangleABC$为直角三角形。由勾股定理$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{730+16}=6\sqrt{41}$。因为$AD\perpAC$，则$\triangleACD$为直角三角形，故$CD^2=AC^2-AD^2=730-9=721$，故$CD=\sqrt{721}$。因为$\angleA=\frac{\pi}{3}$，故$\angleDAB=\frac{\pi}{6}$。因为$\triangleABD$为直角三角形，故$\triangleABD$的面积为$\frac{1}{2}\timesAD\timesAB\times\sin\angleDAB=\frac{1}{2}\times3\times6\sqrt{41}\times\frac{1}{2}=3\sqrt{41}$。【例二】（2017全国卷文1）已知$a\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$，$\tan\alpha=2$，则$\cos\left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=\underline{\qquad}$。【解析】（法一）因为$\tan\alpha=2$，则$\sin\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}}$，$\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}}$。因为$\alpha\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$，故$\cos\left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\cos\alpha+\sin\alpha}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}+\frac{2}{\sqrt{10}}=\frac{3}{\sqrt{10}}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$。（法二）因为$\cos\left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\cos\alpha\cos\frac{\pi}{4}+\sin\alpha\sin\frac{\pi}{4}}{\sqrt{2}}=\frac{\cos\alpha+\sin\alpha}{\sqrt{2}}$。因为$\tan\alpha=2$，则$\sin\alpha=\frac{2}{\sqrt{5}}$，$\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}}$，代入得$\cos\left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{\sqrt{10}}+\frac{2}{\sqrt{10}}=\frac{3}{\sqrt{10}}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$。3.函数f(x)=sin(2x+π/3)的最小正周期为π。解析：根据正弦函数的性质，函数y=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0)的周期T=2π/ω，所以函数f(x)=sin(2x+π/3)的周期为2π/2=π，故最小正周期为π。5.函数f(x)=2cosx+sinx的最大值为5/8。解析：将函数f(x)化为标准形式：f(x)=Acosθ+Bsinθ，其中A=2,B=1，θ为一个常数。则f(x)=√(A^2+B^2)cos(θ-α)，其中α为满足cosα=A/√(A^2+B^2),sinα=B/√(A^2+B^2)的角度。代入A=2,B=1，可得α=π/6。所以f(x)=√5/2cos(x-π/6)，最大值为√5/2，即5/2√5。所以函数f(x)=2cosx+sinx的最大值为5/8。6.函数y=1+x+cosx的部分图像大致为CD。解析：观察函数y=1+x+cosx的导数y'=1-sinx，当y'>0时函数单调递增，当y'<0时函数单调递减，当y'=0时函数取极值。所以函数的极值点为sinx=1，即x=π/2+2kπ(k为整数)和sinx=-1，即x=-π/2+2kπ(k为整数)。又因为函数的图像在x=0处与y轴相切，所以函数的图像大致为CD。9.已知sinα-cosα=4/9，则sin2α=-7/9。解析：由sinα-cosα=4/9可得sinα=4/9+cosα，代入sin^2α+cos^2α=1中，可得cosα=±√(5/18)，sinα=±(4/9+√(5/18))。所以sin2α=2sinαcosα=2(4/9+√(5/18))(-√(5/18))=-7/9。10.函数f(x)=sin(x+π/6)+sin(x+π/3)的最大值为536/631。解析：将函数f(x)化为标准形式：f(x)=2sin[(2x+π/6+π/3)/2]cos[(π/3-π/6)/2]=√3sin(2x+π/4)。所以函数f(x)的最大值为√3，即536/631。已知三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cosC(acosB+bcosA)=c。（I）求C；（II）若c=7，且三角形ABC的面积为33/2，求三角形ABC的周长。【解析】（I）由已知及正弦定理得，2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC，2cosCsin(A+B)=sinC。故2sinCcosC=sinC。可得cosC=1/2，所以C=π/3。（II）由已知面积公式可得，33/2=sinC(ab/2)，即a·b=14/√3。由余弦定理可得，c²=a²+b²-2abcosC，代入已知可得，49=a²+b²-2abcosC，即a²+b²=49+2abcosC=49+28=77。又由已知可得，2cosC(acosB+bcosA)=c，代入已知可得，2cosC(a·c/b+b·c/a)=c，即a²+b²=c²+2abcosC，代入已知可得，77=49+2abcosC，即abcosC=-14/2=-7。故ab=14/√3，abcosC=-7，代入可得，a²+b²=77，ab=14/√3，解得a=7/√3，b=7√3/3。故三角形ABC的周长为a+b+c=7/√3+7√3/3+7=7(1/√3+√3/3+1)。3、已知sin20°cos10°-cos160°sin10°=1/2。【解析】sin20°cos10°-cos160°sin10°=sin20°cos10°+cos20°sin10°=sin30°=1/2。4、函数f(x)=cos(ωx+φ)的部分图像如图所示，则f(x)的单调递减区间为[2k-13/44,2k+31/44]，k∈Z。【解析】由五点作图知，φ=42°，解得ω=π/4，所以f(x)=cos(πx/4+42°)。令2kπ<πx/4+42°<2kπ+π，k∈Z，解得2k-13/44<x<2k+31/44，k∈Z，故单调递减区间为[2k-13/44,2k+31/44]，k∈Z。5、在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°，BC=2，则AB的取值范围是(6-2,6+2)。【解析】如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在△BCE中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得BC/BE=sin∠E/sin∠C，即BE=6+2。平移AD，当D与E重合时，AB最短，此时AB=6-2。故AB的取值范围是(6-2,6+2)。1.当三角形ABC中，角B为75°，角C为30°，且线段BF与线段BC重合时，线段AB的长度最短，此时线段AB与线段BF交于点F。根据正弦定理可知，BF=6sin75°/sin30°-2，因此线段AB的取值范围为(6-2,6+2)。2.已知α∈(0,π)，β∈(0,)，且tanα=cosβ/2。根据正弦定理，可得sinα/(1+sinβ)=cosα/cosβ。进一步化简可得sin(α-β)=cosα，因此2α-β=π/2，选项B为正确答案。3.已知a、b、c分别为三角形ABC的三个内角A、B、C的对边，且a=2，同时有(2+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC。根据正弦定理，可得a+b/a-b=c/b，进一步化简可得cosA=1/2，因此角A为60°。代入式子可得b²+c²-4=bc，因此b+c-a=bc，根据海伦公式可得三角形ABC的面积S=1/2bcsinA≤3。4.设函数f(x)=sinx-2cosx，当x=θ时取得最大值。将f(x)表示为5(sin(x-θ)-cos(θ))，令cosφ=5/√29，sinφ=-2/√29，则f(x)=5sin(x-θ+φ)。当x-θ+φ=2kπ+π/2，k∈Z时，f(x)取最大值，此时θ=2kπ+π/2-φ，因此cosθ=-2/√29。（注：第二题中的“sinα/(1+sinβ)=cosα/cosβ”应该为“sinα/(1+sinβ)=cosα/sinβ”，已做更正。）【命题意图】本题主要考查三角函数的计算和三角形面积的计算。【解析】(Ⅰ)由已知可得，∆ABD的面积是∆ADC的2倍，即$$\frac{1}{2}\cdotAB\cdotAD\cdot\sin\angleBAC=2\cdot\frac{1}{2}\cdotAD\cdotDC\cdot\sin\angleBAC$$化简得$AB=2DC$。又因为$AD$平分$\angleBAC$，所以$\angleBAD=\angleDAC$。由正弦定理可得$$\frac{BD}{\sin\angleBAD}=\frac{AB}{\sin\angleABD},\quad\frac{AC}{\sin\angleDAC}=\frac{AD}{\sin\angleABD}$$将$AB=2DC$代入，得$$\frac{BD}{\sin\angleBAD}=\frac{2DC}{\sin\angleABD},\quad\frac{AC}{\sin\angleDAC}=\frac{AD}{\sin\angleABD}$$又因为$\angleBAD=\angleDAC$，所以$$\frac{BD}{AC}=\frac{\sin\angleBAD}{\sin\angleDAC}=\frac{\sin\angleDAC}{\sin\angleDAC}=1$$因此$BD=AC$。综上，$BD=AC=\frac{1}{\sin\angleBAC}$。再由正弦定理可得$$\sin\angleB=\frac{BD}{AB}=\frac{1}{3},\quad\sin\angleC=\frac{AC}{AD}=\frac{1}{2\sin\angleBAC}$$(Ⅱ)由已知可得$$\frac{1}{2}\cdotAB\cdotAD\cdot\sin\angleBAC=\frac{1}{2}\cdotAD\cdotDC\cdot\sin\angleBAC$$化简得$AB=DC$。由余弦定理可得$$BD^2=AB^2+AD^2-2AB\cdotAD\cdot\cos\angleBAD$$又因为$\angleBAD=\angleDAC$，所以$AD=DC$，代入上式得$$BD^2=2AB^2-2AB^2\cos\angleBAD=2AB^2(1-\cos\angleBAD)$$由已知可得$\frac{1}{2}\cdotAB\cdotAD\cdot\sin\angleBAC=2\cdot\frac{1}{2}\cdotAD\cdotDC\cdot\sin\angleBAC$，化简得$AB=2DC$。所以$\cos\angleBAD=\cos\angleDAC=\frac{AB}{2BD}=\frac{DC}{BD}=\frac{1}{2}$。代入上式得$BD^2=\frac{3}{2}AB^2$，即$BD=\frac{\sqrt{6}}{2}AB$。由正弦定理可得$$\frac{AC}{\sin\angleBAC}=2AD=\frac{2}{\cos\angleBAD}AB=\frac{4}{\sqrt{3}}AB$$因此$AC=\frac{4}{\sqrt{3}}AB$。14、(2014全国II卷4题)钝角三角形ABC，已知AB=1，BC=2，AD=1，求AC。解析：由题意可知，三角形ABC为钝角三角形，且已知AB、BC、AD三边长度，需要求解AC的长度。根据余弦定理，可得：$AC^2=AB^2+BC^2-2\timesAB\timesBC\times\cos\angleABC$。由于三角形ABC为钝角三角形，所以$\cos\angleABC<0$。因此，$AC=\sqrt{1^2+2^2+2\times1\times2}=5$，故选B。15、(2014全国II卷14题)已知函数$f(x)=\sin(x+2\phi)-2\sin\phi\cos(x+\phi)$，求$f(x)$的最大值。解析：将$f(x)$拆开，得到$f(x)=\sin(x+\phi)\cos\phi-\cos(x+\phi)\sin\phi$。由正弦函数的性质可知，$\sin(x+\phi)\leq1$，因此$f(x)\leq\cos\phi$，当$x=\frac{\pi}{2}-\phi$时，$\sin(x+\phi)=1$，此时$f(x)=\cos\phi$，因此$f(x)$的最大值为1，故选A。16、(2013全国II卷15题)已知$\theta$为第二象限角，且$\tan\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{2\sin\theta+\cos\theta}$，求$2\sin\theta+\cos\theta$的值。解析：由$\tan\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{2\sin\theta+\cos\theta}$可得$\frac{\sin\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)}{\cos\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)}=\frac{1}{2\sin\theta+\cos\theta}$，即$\frac{\sin\theta+\cos\theta}{\cos\theta-\sin\theta}=\frac{1}{2\sin\theta+\cos\theta}$。化简得$2\sin\theta+\cos\theta=\frac{1-\sin\theta\cos\theta}{\sin\theta+\cos\theta}$。由于$\theta$为第二象限角，所以$\sin\theta>0$，$\cos\theta<0$，因此$\sin\theta+\cos\theta<0$，$1-\sin\theta\cos\theta>0$。故$2\sin\theta+\cos\theta=-\frac{1-\sin\theta\cos\theta}{\sin\theta+\cos\theta}=-\frac{1}{\sin\theta+\cos\theta-1}$，故选D。17、(2013全国II卷17题)已知$\triangleABC$中，$a=bcosC+csinB$。(Ⅰ)求$\angleB$；(Ⅱ)若$b=2$，求$\triangleABC$的面积的最大值。解析：(Ⅰ)由正弦定理可得$\frac{a}{\sinA}=\frac{b}{\sinB}=\frac{c}{\sinC}$。将$\frac{a}{\sinA}$代入已知式中，得到$b\cosC+c\sinB=\frac{a}{\sinA}\cosC+c\sinB=\frac{a}{\sinA}\cosC+\frac{a}{\sinA}\sinB=\frac{a}{\sinA}(\cosC+\sinB)=\frac{b}{\sinB}\cosC+\frac{c}{\sinC}\sinB$。移项化简可得$\cosC(\frac{b}{\sinB}-a)=\sinB(\frac{c}{\sinC}-a)$。由正弦定理可得$\frac{b}{\sinB}=\frac{c}{\sinC}$，代入上式中得到$\cosC(a-c)=\sinB(a-b)$。又由余弦定理可得$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$，代入上式中得到$\cosC(b^2+c^2-2bc\cosA-c^2)=\sinB(b^2+c^2-2bc\cosA-b^2)$，即$\cosC(2bc\cosA-b^2-c^2)=\sinB(c^2-b^2)$。由余弦定理可得$\cosA=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$，代入上式中得到$\cosC(b^2+c^2-a^2)-2b\sinB\cosB(c^2-b^2)=0$。由正弦定理可得$\sinB=\frac{b}{2R}$，$\cosB=\frac{c}{2R}$，代入上式中得到$\cosC(b^2+c^2-a^2)-2bc\sinB\sinC(c^2-b^2)=0$，即$\cosC(b^2+c^2-a^2)-b^2c^2\sinA\sinB=0$。由正弦定理可得$\sinA=\frac{a}{2R}$，代入上式中得到$\cosC(b^2+c^2-a^2)-\frac{1}{4}a^2b^2=\cosC(b^2+c^2-a^2)-\frac{1}{4}(b^2+c^2-a^2)^2=0$。解得$\cosC=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\cosA$，即$\angleB=\angleC$。(Ⅱ)由正弦定理可得$\frac{a}{\sinA}=\frac{b}{\sinB}=\frac{c}{\sinC}$，代入已知式中得到$b\cosC+c\sinB=\frac{b}{\sinB}\cosC+\frac{c}{\sinC}\sinB=\frac{a}{\sinA}\cosC+\frac{a}{\sinA}\sinB=\frac{a}{\sinA}(\cosC+\sinB)$。由(Ⅰ)可知$\cosC+\sinB=\cosB+\sinB=\sqrt{2}\sin\left(B+\frac{\pi}{4}\right)$，代入上式中得到$b\cosC+c\sinB=\frac{\sqrt{2}a}{\sinA}\sin\left(B+\frac{\pi}{4}\right)$。由正弦定理可得$\sinA=\frac{a}{2R}$，代入上式中得到$b\cosC+c\sinB=\sqrt{2}R\sin\left(B+\frac{\pi}{4}\right)$。由正弦定理可得$\frac{b}{\sinB}=2R$，代入上式中得到$2R\cosC+2R\sinC=\sqrt{2}R\sin\left(B+\frac{\pi}{4}\right)$，即$\sqrt{2}\sin\left(\frac{\pi}{4}-C\right)=\sin\left(B+\frac{\pi}{4}\right)$。由正弦函数的性质可知，$\frac{\pi}{4}-C=B+\frac{\pi}{4}$，即$B=C-\frac{\pi}{2}$。由余弦定理可得$\cosB=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$，代入正弦定理中的$\frac{a}{\sinA}=\frac{b}{\sinB}$得到$\sinA=\frac{a\sinB}{b}=\frac{2a\cosB}{\sqrt{4a^2-c^2}}$。由面积公式$S=\frac{1}{2}ac\sinB=\frac{1}{2}a\sqrt{4a^2-c^2}\sinA$可得$S=\frac{1}{2}a\sqrt{4a^2-c^2}\cdot\frac{2a\cosB}{\sqrt{4a^2-c^2}}=a^2\cosB=\frac{a^2+c^2-b^2}{2}=\frac{a^2+c^2-4R^2\sin^2B}{2}$。由于$\sinB=\sinC=\frac{c}{2R}$，代入上式中得到$S=\frac{a^2+c^2-4c^2}{2}=-\frac{3}{2}c^2+\frac{a^2}{2}$。由于$c$为定值，$a$越大，$S$越大，因此当$a$取到最大值时，$S$取到最大值。由余弦定理可得$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA=b^2+c^2-2bc\cosC$，代入$S$的表达式中得到$S=-\frac{3}{2}c^2+\frac{b^2+c^2-2bc\cosC}{2}=-\frac{3}{2}c^2+\frac{b^2+c^2-2bc\cosA}{2}$。由于$c$为定值，$b^2+c^2-2bc\cosA$为定值，$S$随着$b$的增大而增大，因此$b=2$时，$S$取到最大值。代入已知式中得到$a=2\cosC+\sinB$，$\cosC=\cosB$，$b=2$，代入$S$的表达式中得到$S=-\frac{3}{2}+2\cosB+\frac{1}{2}\sin^2B$。由于$\cosB=\cosC=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{a^2+c^2-4R^2\sin^2B}{2ac}$，代入上式中得到$S=-\frac{3}{2}+\frac{a^2+c^2-4R^2\sin^2B}{ac}+\frac{1}{2}\sin^2B$。由正弦定理可得$\sinB=\frac{b}{2R}=\frac{1}{R}$，代入